2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案:第六章数列第3节等比数列及其前n项和

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2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案:第六章数列第3节等比数列及其前n项和

www.ks5u.com 第3节 等比数列及其前n项和 考试要求 1.理解等比数列的概念,掌握等比数列的通项公式与前n项和公式;2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系,并能用有关知识解决相应的问题;3.了解等比数列与指数函数的关系.‎ 知 识 梳 理 ‎1.等比数列的概念 ‎(1)如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数,那么这个数列叫做等比数列.‎ 数学语言表达式:=q(n≥2,q为非零常数).‎ ‎(2)如果三个数a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项,其中G=±.‎ ‎2. 等比数列的通项公式及前n项和公式 ‎(1)若等比数列{an}的首项为a1,公比是q,则其通项公式为an=a1qn-1;‎ 通项公式的推广:an=amqn-m.‎ ‎(2)等比数列的前n项和公式:当q=1时,Sn=na1;当q≠1时,Sn==.‎ ‎3.等比数列的性质 已知{an}是等比数列,Sn是数列{an}的前n项和.‎ ‎(1)若k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则有ak·al=am·an.‎ ‎(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列,即ak,‎ ak+m,ak+2m,…仍是等比数列,公比为qm.‎ ‎(3)当q≠-1,或q=-1且n为奇数时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等比数列,其公比为qn.‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎1.若数列{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则数列{c·an}(c≠0),{|an|},{a},,{an·bn},也是等比数列.‎ ‎2.由an+1=qan,q≠0,并不能立即断言{an}为等比数列,还要验证a1≠0.‎ ‎3.在运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与q≠1分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)等比数列公比q是一个常数,它可以是任意实数.(  )‎ ‎(2)三个数a,b,c成等比数列的充要条件是b2=ac.(  )‎ ‎(3)数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和为Sn=.(  )‎ ‎(4)数列{an}为等比数列,则S4,S8-S4,S12-S8成等比数列.(  )‎ 解析 (1)在等比数列中,q≠0.‎ ‎(2)若a=0,b=0,c=0满足b2=ac,但a,b,c不成等比数列.‎ ‎(3)当a=1时,Sn=na.‎ ‎(4)若a1=1,q=-1,则S4=0,S8-S4=0,S12-S8=0,不成等比数列.‎ 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×‎ ‎2.(老教材必修5P53T1改编)已知{an}是等比数列,a4=16,公比q=2,则a1等于(  )‎ A.2 B.-2 C. D.- 解析 由题意,得a4=a1q3=8a1=16,解得a1=2.‎ 答案 A ‎3.(老教材必修5P61T1改编)等比数列{an}的首项a1=-1,前n项和为Sn,若=,则{an}的通项公式an=________.‎ 解析 因为=,所以=-,‎ 因为S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,且公比为q5,‎ 所以q5=-,q=-,则an=-.‎ 答案 - ‎4.(2020·晋冀鲁豫名校联考)公比不为1的等比数列{an}满足a5a6+a4a7=18,若a1am=9,则m的值为(  )‎ A.8 B.9 C.10 D.11‎ 解析 由题意得,2a5a6=18,a5a6=9,∴a1am=a5a6=9,‎ ‎∴m=10.‎ 答案 C ‎5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(  )‎ A.f B.f C.f D.f 解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f,公比为的等比数列,设此数列为{an},则a8=f,即第八个单音的频率为f.‎ 答案 D ‎6.(2019·全国Ⅰ卷)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=,a=a6,则S5=________.‎ 解析 由a=a6得(a1q3)2=a1q5,整理得q==3.‎ 所以S5===.‎ 答案  考点一 等比数列基本量的运算 ‎【例1】 (1)(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=(  )‎ A.16 B.8 C.4 D.2‎ ‎(2)(2020·郴州一模)在数列{an}中,满足a1=2,a=an-1·an+1(n≥2,n∈N*),Sn为{an}的前n项和,若a6=64,则S7的值为(  )‎ A.126 B.256 C.255 D.254‎ 解析 (1)设等比数列{an}的公比为q,由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4,得q2=4,因为数列{an}的各项均为正数,所以q=2,又a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1‎ ‎(1+2+4+8)=15,所以a1=1,所以a3=a1q2=4.‎ ‎(2)数列{an}中,满足a=an-1an+1(n≥2),‎ 则数列{an}为等比数列,设其公比为q,‎ 又由a1=2,a6=64,得q5==32,则q=2,‎ 则S7==28-2=254.‎ 答案 (1)C (2)D 规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题,等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)便可迎刃而解.‎ ‎2.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论,当q=1时,{an}的前n项和Sn=na1;当q≠1时,{an}的前n项和Sn==.‎ ‎【训练1】 (1)等比数列{an}中各项均为正数,Sn是其前n项和,且满足2S3=8a1+3a2,a4=16,则S4=(  )‎ A.9 B.15 C.18 D.30‎ ‎(2)设等比数列{an}满足a1+a2=-1,a1-a3=-3,则a4=________.‎ 解析 (1)设数列{an}的公比为q(q>0),‎ 则 解得q=2,a1=2,所以S4==30.‎ ‎(2)由{an}为等比数列,设公比为q.‎ 由得 显然q≠1,a1≠0,‎ 得1-q=3,即q=-2,代入①式可得a1=1,‎ 所以a4=a1q3=1×(-2)3=-8.‎ 答案 (1)D (2)-8‎ 考点二 等比数列的判定与证明 ‎【例2】 设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*).‎ ‎(1)求a2,a3的值;‎ ‎(2)求证:数列{Sn+2}是等比数列.‎ ‎(1)解 因为a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),‎ 所以当n=1时,a1=2×1=2;‎ 当n=2时,a1+2a2=(a1+a2)+4,‎ 所以a2=4;‎ 当n=3时,a1+2a2+3a3=2(a1+a2+a3)+6,‎ 所以a3=8.‎ 综上,a2=4,a3=8.‎ ‎(2)证明 因为a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)Sn+2n(n∈N*),①‎ 所以当n≥2时,‎ a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)Sn-1+2(n-1).②‎ ‎①-②,得nan=(n-1)Sn-(n-2)Sn-1+2=n(Sn-Sn-1)-Sn+2Sn-1+2=nan-Sn+2Sn-1+2.‎ 所以-Sn+2Sn-1+2=0,即Sn=2Sn-1+2,‎ 所以Sn+2=2(Sn-1+2).‎ 因为S1+2=4≠0,所以Sn-1+2≠0,所以=2,‎ 故{Sn+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.‎ 规律方法 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法,其他方法只用于选择题、填空题中的判定;若证明某数列不是等比数列,则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.‎ ‎2.在利用递推关系判定等比数列时,要注意对n=1的情形进行验证.‎ ‎【训练2】 (2019·长治二模)Sn为等比数列{an}的前n项和,已知a4=9a2,S3=13,且公比q>0.‎ ‎(1)求an及Sn;‎ ‎(2)是否存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)易知q≠1,由题意可得 解得a1=1,q=3,‎ ‎∴an=3n-1,Sn==.‎ ‎(2)假设存在常数λ,使得数列{Sn+λ}是等比数列,‎ ‎∵S1+λ=λ+1,S2+λ=λ+4,S3+λ=λ+13,‎ ‎∴(λ+4)2=(λ+1)(λ+13),解得λ=,‎ 此时Sn+=×3n,则==3,‎ 故存在常数λ=,使得数列{Sn+}是以为首项,3为公比的等比数列.‎ 考点三 等比数列的性质及应用 ‎【例3】 (1)(2020·洛阳统考)等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a8a13=64,则log2a1+log2a2+…+log2a20=________.‎ ‎(2)(一题多解)(2019·西安模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S10=20,S30=140,则S40=(  )‎ A.280 B.300 C.320 D.340‎ 解析 (1)由等比数列的性质可得a10a11=a8a13,‎ 所以a10a11+a8a13=2a10a11=64,‎ 所以a10a11=32,所以 log2a1+log2a2+…+log2a20=log2(a1·a2·a3·…·a20)‎ ‎=log2[(a1·a20)·(a2·a19)·(a3·a18)·…·(a10·a11)]=log2(a10·a11)10=log23210=50.‎ ‎(2)法一 因为S10=20≠0,所以q≠-1,‎ 由等比数列性质得S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列,∴(S20-S10)2=S10(S30-S20),‎ 即(S20-20)2=20(140-S20),解得S20=60,‎ ‎∴==2,‎ ‎∴S40-S30=S10·23,‎ ‎∴S40=S30+S10·23=300.故选B.‎ 法二 设等比数列{an}的公比为q,由题意易知q≠1,‎ 所以=20,=140,‎ 两式相除得=7,化简得q20+q10-6=0,‎ 解得q10=2,‎ 所以S40=S30+S10·q30=140+160=300,故选B.‎ 答案 (1)50 (2)B 规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时,要注意挖掘隐含条件,利用性质,特别是性质“若m+n=p+q,则am·an=ap·aq”,可以减少运算量,提高解题速度.‎ ‎2.在应用相应性质解题时,要注意性质成立的前提条件,有时需要进行适当变形.此外,解题时注意设而不求思想的运用.‎ ‎【训练3】 (1)(2020·贵阳质检)在等比数列{an}中,若a3,a7是方程x2+4x+2=0的两根,则a5的值是(  )‎ A.-2 B.- C.± D. ‎(2)(一题多解)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若=3,则=________.‎ 解析 (1)根据根与系数之间的关系得a3+a7=-4,‎ a3a7=2,由a3+a7=-4<0,a3a7>0,‎ 所以a3<0,a7<0,即a5<0,‎ 由a3a7=a,得a5=-=-.‎ ‎(2)法一 由等比数列的性质S3,S6-S3,S9-S6仍成等比数列,由已知得S6=3S3,‎ ‎∴=,即S9-S6=4S3,S9=7S3,∴=.‎ 法二 因为{an}为等比数列,由=3,设S6=3a,S3=a(a≠0),所以S3,S6-S3,S9-S6为等比数列,即a,2a,S9-S6成等比数列,所以S9-S6=4a,解得S9=7a,‎ 所以==.‎ 答案 (1)B (2) 数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用 ‎1.数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据运算法则解决数学问题的一种素养.本系列数学运算主要表现为:理解数列问题;掌握数列运算法则;探究运算思路;求得运算结果.通过对数列性质的学习,发展数学运算能力,促进数学思维发展.‎ ‎2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则,能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题,能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法,体会其中的数学思想.‎ 类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{an}中,Sn为{an}的前n项和:‎ ‎(1)S2n-1=(2n-1)an;‎ ‎(2)设{an}的项数为2n,公差为d,则S偶-S奇=nd.‎ ‎【例1】 (1)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知am-1+am+1-a=0,S2m-1=38,则m=________.‎ ‎(2)一个等差数列的前12项和为354,前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27,则数列的公差d=________.‎ 解析 (1)由am-1+am+1-a=0,得2am-a=0,解得am=0或2.‎ 又S2m-1==(2m-1)am=38,‎ 显然可得am≠0,所以am=2.‎ 代入上式可得2m-1=19,解得m=10.‎ ‎(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S奇,偶数项的和为S偶,等差数列的公差为d.‎ 由已知条件,得解得 又S偶-S奇=6d,所以d==5.‎ 答案 (1)10 (2)5‎ 类型2 等比数列两个性质的应用 ‎ 在等比数列{an}中,(1)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则an·am=ap·aq;(2)当公比q≠-1时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…成等比数列(n∈N*).‎ ‎【例2】 (1)等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an}的前8项和等于(  )‎ A.6 B.5 C.4 D.3‎ ‎(2)设等比数列{an}中,前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于(  )‎ A. B.- C. D. 解析 (1)数列{lg an}的前8项和S8=lg a1+lg a2+…+lg a8=lg(a1·a2·…·a8)=lg(a1·a8)4=lg(a4·a5)4=lg(2×5)4=4.‎ ‎(2)因为a7+a8+a9=S9-S6,且S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以8(S9-S6)=1,即S9-S6=,所以a7+a8+a9=.‎ 答案 (1)C (2)A 类型3 等比数列前n项和Sn相关结论的活用 ‎(1)项的个数的“奇偶”性质:等比数列{an}中,公比为q.‎ 若共有2n项,则S偶∶S奇=q.‎ ‎(2)分段求和:Sn+m=Sn+qnSm(q为公比). ‎ ‎【例3】 (1)已知等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q=________.‎ ‎(2)已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列的前5项和为________.‎ 解析 (1)由题意,得解得 所以q===2.‎ ‎(2)设等比数列{an}的公比q,易知S3≠0.‎ 则S6=S3+S3q3=9S3,所以q3=8,q=2.‎ 所以数列是首项为1,公比为的等比数列,其前5项和为=.‎ 答案 (1)2 (2) A级 基础巩固 一、选择题 ‎1.已知{an}是等比数列,a2=2,a5=,则公比q等于(  )‎ A.- B.-2 C.2 D. 解析 由题意知q3==,即q=.‎ 答案 D ‎2.(2019·马鞍山质检)已知等比数列{an}满足a1=1,a3·a5=4(a4-1),则a7的值为(  )‎ A.2 B.4 C. D.6‎ 解析 根据等比数列的性质得a3a5=a,∴a=4(a4-1),即(a4-2)2=0,解得a4=2.‎ 又∵a1=1,a1a7=a=4,∴a7=4.‎ 答案 B ‎3.(2020·深圳一模)已知等比数列{an}的前n项和Sn=a·3n-1+b,则=(  )‎ A.-3 B.-1 C.1 D.3‎ 解析 ∵等比数列{an}的前n项和Sn=a·3n-1+b,‎ ‎∴a1=S1=a+b,a2=S2-S1=3a+b-a-b=2a,‎ a3=S3-S2=9a+b-3a-b=6a,‎ ‎∵等比数列{an}中,a=a1a3,‎ ‎∴(2a)2=(a+b)×6a,解得=-3.‎ 答案 A ‎4.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an,则Sn=a-a+a-a+…+a-a等于(  )‎ A.(2n-1) B.(1-24n)‎ C.(4n-1) D.(1-2n)‎ 解析 在数列{an}中,由an+1=2an,a1=1,得=2,‎ 所以{an}是等比数列,所以an=2n-1,‎ 则Sn=a-a+a-a+…+a-a ‎=1-4+16-64+…+42n-2-42n-1‎ ‎==(1-42n)=(1-24n).‎ 答案 B ‎5.(2020·湘赣十四校联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见末日行里数,请公仔细算相还.”其意思为:有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,请问最后一天走了(  )‎ A.6里 B.12里 C.24里 D.96里 解析 由题意可得,每天行走的路程构成等比数列,记作数列{an},设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则q=,依题意有=378,解得a1=192,则a6=192×=6,最后一天走了6里,故选A.‎ 答案 A 二、填空题 ‎6.等比数列{an}中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则=________.‎ 解析 设数列{an}的公比为q.由题意得a1+2a2=a3,‎ 则a1(1+2q)=a1q2,q2-2q-1=0,所以q=1+(舍负).‎ 则==-1.‎ 答案 -1‎ ‎7.若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则=________.‎ 解析 {an}为等差数列,a1=-1,a4=8=a1+3d=-1+3d,∴d=3,∴a2=a1+d=-1+3=2.{bn}为等比数列,b1=-1,b4=8=b1·q3=-q3,∴q=-2,∴b2=b1·q=2,则==1.‎ 答案 1‎ ‎8.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn是{an}的前n项和,已知a2a4=16,S3=28,则当a1a2…an最大时,n的值为________.‎ 解析 由数列{an}是各项为正数的等比数列,且a2a4=16,可得a3=4.又S3=a3=28,所以++1=7,即·=0,解得q=,故an=a3qn-3=25-n,则a1a2…an=24×23×…×25-n=2,所以当取得最大值时,a1a2…an取得最大值,此时整数n=4或5.‎ 答案 4或5‎ 三、解答题 ‎9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.‎ 解 (1)设数列{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.‎ 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.‎ 故{an}的通项公式为an=(-2)n-1或an=2n-1.‎ ‎(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.‎ 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.‎ 若an=2n-1,则Sn=2n-1.‎ 由Sm=63得2m=64,解得m=6.‎ 综上,m=6.‎ ‎10.(2020·陕西省级名校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和,且满足Sn-2an=n-4.‎ ‎(1)证明:{Sn-n+2}为等比数列;‎ ‎(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.‎ ‎(1)证明 因为an=Sn-Sn-1(n≥2),‎ 所以Sn-2(Sn-Sn-1)=n-4(n≥2),‎ 则Sn=2Sn-1-n+4(n≥2),‎ 所以Sn-n+2=2[Sn-1-(n-1)+2](n≥2),‎ 又由题意知a1-2a1=-3,‎ 所以a1=3,则S1-1+2=4,‎ 所以{Sn-n+2}是首项为4,公比为2的等比数列.‎ ‎(2)解 由(1)知Sn-n+2=2n+1,‎ 所以Sn=2n+1+n-2,‎ 于是Tn=(22+23+…+2n+1)+(1+2+…+n)-2n ‎=+-2n=.‎ B级 能力提升 ‎11.(2020·东北三省四校联考)已知数列{an}为正项等比数列,a2=,a3=2a1,则a1a2+a2a3+…+anan+1=(  )‎ A.(2+)[1-()n] B.(2+)[()n-1]‎ C.(2n-1) D.(1-2n)‎ 解析 由{an}为正项等比数列,且a2=,a3=2a1,可得a1=1,公比q=,所以数列{anan+1}是以为首项,2为公比的等比数列,则a1a2+a2a3+…+anan+1==(2n-1).故选C.‎ 答案 C ‎12.已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1,前n项积为Tn,且a2a4=a3,则使得Tn>1的n的最小值为(  )‎ A.4 B.5 C.6 D.7‎ 解析 ∵数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a2a4=a3,∴a=a3,∴a3=1.又∵q>1,∴a11(n>3),∴Tn>Tn-1(n≥4,n∈N*),T1<1,T2=a1·a2<1,T3=a1·a2·a3=a1a2=T2<1,T4=a1a2a3a4=a1<1,T5=a1·a2·a3·a4·a5=a=1,T6=T5·a6=a6>1,故n 的最小值为6.‎ 答案 C ‎13.(2020·华大新高考联盟质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3a11=2a,且S4+S12=λS8,则λ=______.‎ 解析 ∵数列{an}是等比数列,a3a11=2a,‎ ‎∴a=2a,∴q4=2,‎ ‎∵S4+S12=λS8,∴+=,‎ ‎∴1-q4+1-q12=λ(1-q8),‎ 将q4=2代入计算可得λ=.‎ 答案  ‎14.(开放题)(2020·山东模考)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值;若k不存在,说明理由.‎ 设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列,________,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得Sk>Sk+1,且Sk+1Sk+1,则只需Sk>Sk+ak+1,‎ 即ak+1<0,同理,若Sk+10.‎ 若选①:b1+b3=a2时,a2=-1-9=-10,‎ ‎∴an=3n-16.‎ 当k=4时,a5<0,a6>0,Sk>Sk+1,且Sk+10,‎ 即不存在k,使得Sk>Sk+1,且Sk+10,Sk>Sk+1,且Sk+1
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